UNG DUNG HAM SO GIAI PT-BPT

LTĐH 2011 NTP 04/2011 ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ VÀO VIỆC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH ① Giải phương trình và bất phương trình 1) Cho hàm số f(x) đơn điệu trên K (đoạn , khoảng hoặc nửa khoảng) . Khi đó ∀x 1 , x 2 ∈K , f(x 1 ) = f(x 2 ) ⇔ x 1 = x 2 2) Nếu hs f(x) đơn điệu trên K thì pt f(x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm x 0 ∈K Từ đó ta có kết quả : ″ Nếu hàm số f(x) đơn điệu trên K và ∃ x 0 ∈ K , f(x 0 ) = 0 thì x 0 là nghiệm duy nhất của pt f(x) = 0 trên K ” 3) Nếu hàm số f(x) đơn điệu , liên tục trên K và f(a).f(b) < 0 với a,b∈K , a < b thì pt f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x 0 ∈(a ;b) Bài 1. Giải pt a) 2 4 1 4 1 1x x− + − = b) 6 8 3 x 2 x + - - = 6 Giải b) ĐK : x < 2 . Xét hs f(x) = 6 8 3 x 2 x + - - - 6 trên khoảng (-∞;2) Ta có f’(x) > 0 ∀x∈(-∞;2) ⇒ f đồng biến trên (-∞;2) Mà f( 3 2 ) = 0 ⇒ pt f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 3 2 Bài 2. Chứng minh pt 2x 2 2x − = 11 có nghiệm duy nhất Giải Xét hs f(x) = 2x 2 2x − = 11 liên tục trên [2;+∞) Ta có f’(x) = x(5x 8) x 2 - - < 0 ∀x∈(2;+∞) ⇒ f đồng biến trên [2;+∞) Mặt khác f(2).f(3) < 0 ⇒ pt f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x 0 ∈(2;3) Bài 3. Giải pt 3 2 2 3 6 16 2 3 4x x x x+ + + = + − Giải Vì 2x 3 + 3x 2 + 6x + 16 = (x + 2)(2x 2 – x + 8) ⇒ đk : -2 ≤ x ≤ 4 Xét hs f(x) = 3 2 2 3 6 16 4x x x x+ + + − − - 2 3 liên tục trên đoạn [-2;4] Ta có f’(x) > 0 ⇒ hàm số f đồng biến trên [-2 ;4] Mà f(1) = 0 ⇒ pt f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 LTĐH 2011 NTP 04/2011 Bài 4. Giải các pt : a) log(x 2 – x – 6) + x = log(x + 2) + 4 b) log 2 (1 + x ) = log 3 x c) ∗ 3 log log 3 4 2 2 x x x+ = d) log 6 ( 4 x x+ ) = log 2 4 x Giải c) ĐK x > 0 . Đặt t = log 3 x ⇔ x = 3 t , ta có pt t t 4 2 3 3 æö æö ÷ ÷ ç ç + ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ ç ç è ø è ø - 2 = 0 Xét hàm số f(t) = t t 4 2 3 3 æö æö ÷ ÷ ç ç + ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ ç ç è ø è ø - 2 ⇒ f’’(t) > 0 ∀t ⇒ hàm số f’(t) đồng biến trên  Mà f’(0).f’(1) < 0 ⇒ pt f’(t) = 0 có duy nhất nghiệm t 0 ∈(0 ;1) Lập BBT ⇒ pt f(t) = 0 có 2 nghiệm t = 0 , t = 1 Bài 5. Giải các pt : a) 3 2x-1 + 3 x-1 (3x – 7) – x + 2 = 0 b) (x + 1)log 2 x + (2x + 5) 1 2 log x + 6 = 0 c) 2sin 8 x + cos 4 2x = 1 27 d) log3( 2 3 2x x− + + 2) + 2 3 1 1 5 x x− −    ÷   = 2 Giải c) Pt ⇔ 2sin 8 x + (1 – 2sin 2 x) 4 = 1 27 Đặt t = sin 2 x , 0 ≤ t ≤ 1 Xét hs f(t) = 2t 4 + (1 – 2t) 4 với t∈[0 ;1] Lập BBT ⇒ t = 1 3 ⇒ x Bài 6. Giải các pt : a) 2 x+1 – 4 x = x – 1 b) 2sin( ) 4 x e π − = tanx c) log 2 2 3 5 2 2 3 x x x x + + + + = x 2 – x – 2 e) ∗ 3 3 2 2 4 5 6 7 9 4x x x x x− − + = + − d) ∗ (x + 1)(2 + 2 2 4x x+ + ) + x(2 + 2 3x + ) = 0 Giải b) ĐK : cosx ≠ 0 Pt ⇔ e sinx-cosx = sin x cosx Vì sinx = 0 không thỏa pt và e sinx-cosx > 0 nên nếu đặt u = sinx , v = cosx thì u, v∈(-1;1) và uv>0 Ta có u v e e u v = . Xét hs f(t) = t e t nghịch biến trên mỗi khoảng (-1;0) và (0;1) Vì uv > 0 nên u, v∈(-1;0) hoặc u, v∈(0;1) Trên mỗi khoảng đó ta đều có f(u) = f(v) ⇒ u = v ĐS : x = 4 p + kπ , k∈ c) Đặt u = x 2 + 3x + 5 và v = 2x 2 + 2x + 3 (u, v > 0) ⇒ v – u = x 2 – x – 2 LTĐH 2011 NTP 04/2011 Ta có pt log u v = v – u ⇔ logu + u = logv + v (1) Xét hs f(t) = logt + t ⇒ f’(t) > 0 ∀t > 0 ⇒ f đông biến trên (0 ;+∞) Từ (1) : f(u) = f(v) ⇔ u = v d) Pt ⇔ (x + 1)(2 + 2 2 4 x x+ + ) = -x(2 + 2 ( ) 3x− + ) (1) Xét hs f(t) = t(2 + 2 3t + ) ⇒ hs đồng biến trên  Đặt u = x + 1 , v = - x thì từ (1) ta có f(u) = f(v) ⇔ u = v Bài 7. Giải các phương trình : a) 3 3 log x x + (log 3 x – 1) 2 = x 2 b) x 2 + 2 log 3 x = 2 log 5 x c) ∗ 6 x = 2x + 1 + 3log 6 (5x + 1) d) 3log 3 (1 + 3 x x+ ) = 2log 2 x e) ∗ x.2 1-x + 2log 2 (1 + x) = xlog 2 (1 + x) + log 2 (1 + x) 2 f) ∗ 2 x – 2 1-x = 2 1 log x x − Giải b) Đk x > 0 . Vì x = 1 không là nghiệm nên với x ≠ 1 : 2 log 5 x = 2 2 log log log 5 ( ) 5 x x x x = Pt ⇔ x 2 + 2 log 3 x = 2 log 5 x Đặt t = log 2 x ⇔ x = 2 t . Ta có pt 4 t + 3 t = 5 t ĐS : x = 4 c) Đk x > 1 5 − . Đặt y = log 6 (5x + 1) ⇔ 6 y = 5x + 1 Ta có pt 6 x + 3x = 6 y + 3y ĐS : x = 1 e) PT ⇔ x(2 1-x – log 2 (1 + x) ) = 0 Hàm số f(x) = 2 1-x – log 2 (1 + x) nghịch biến trên (-1;+∞) và f(1) = 0 ĐS : x = 0 , x = 1 Bài 8. Giải các bất phương trình : a) log 7 (1 + x + x) ≤ log 4 x b) ∗ 3 log 3 log 1 5 2 2 2 x x   + ≥  ÷   c) 5 5 log 3 log 4 x x + ≥ x d) log 2 (2 x + 1) + log 3 (4 x + 2) ≤ 2 e) ∗ x(3log 2 x – 2) > 9log 2 x – 2 Giải b) ĐK 0 < x ≠ 1 . Đặt t = log 3 x ⇒ 2 t + 1 1 2 t    ÷   ≥ 5 2 (1) Hàm số f(t) = 2 t + 1 1 2 t    ÷   đồng biến trên mỗi khoảng (-∞ ;0) và (0 ;+∞) Từ (1) : f(t) ≥ f(1) ⇒ t ≥ 1 ĐS : x ≥ 3 d) Đặt t = 2 x (t > 0) , ta có bpt log 2 (t + 1) + log 3 (t 2 + 1) ≤ 2 LTĐH 2011 NTP 04/2011 Xét hs f(t) = log 2 (t + 1) + log 3 (t 2 + 1) đồng biến trên (0 ;+∞) và f(1) = 2 ĐS : x ≤ 0 e) ĐK x > 0 BPT ⇔ 3(x – 3)log 2 x – 2(x – 1) > 0 (1) • x > 3 : (1) ⇔ 3log 2 x - 2( 1) 3 x x − − > 0 Hàm số f(x) = 3log 2 x - 2( 1) 3 x x − − đồng biến trên (3;+∞) và f(4) = 0 ⇒ x > 4 • 0 < x < 3 : 3log 2 x - 2( 1) 3 x x − − < 0 . Hàm số f(x) đồng biến trên (0;3) và f(1) = 0 ⇒ 0 < x < 1 ② Biện luận tính chất nghiệm của phương trình – bất phương trình ∗ Phương pháp chung : lập bảng biến thiên của hàm số và dựa vào bảng biến thiên xác định giá trị của tham số thỏa mãn yêu cầu của bài toán • Chú ý giới hạn của hàm số tại các điểm đầu mút của K ∗ Một số kết quả Cho hàm số f(x) có GTLN , GTNN trên K 1) Pt f(x) = m có nghiệm x∈K ⇔ minf(x) ≤ m ≤ maxf(x) 2) Bất pt f(x) ≥ m có nghiệm x∈K ⇔ maxf(x) ≥ m Bất pt f(x) ≥ m nghiệm đúng ∀x∈K ⇔ minf(x) ≥ m 3) Bất pt f(x) ≤ m có nghiệm x∈K ⇔ minf(x) ≤ m Bất pt f(x) ≤ m nghiệm đúng ∀x∈K ⇔ maxf(x) ≤ m ∗ Tương tự đối với pt f(x) = g(m) , bất pt f(x) ≥ g(m) , f(x) ≤ g(m) ∗ Khi đặt ẩn phụ phải xác định chính xác miền biến thiên của ẩn phụ đó Phương trình Bài 9. Tìm m để pt sau có nghiệm : 3 6 (3 )(6 )x x x x+ + − − + − = m Giải Đk : -3 ≤ x ≤ 6 . Đặt t = 3 6x x+ + − > 0 Ta có t 2 = 9 + 2 (3 )(6 )x x+ − ≥ 9 ⇒ t ≥ 3 Bđt Côsi t 2 ≤ 9 + (3 + x) + (6 – x) ⇒ t ≤ 3 2 Khi đó ta có pt : 1 2 − t 2 + t + 9 2 = m Xét hàm số f(t) = 1 2 − t 2 + t + 9 2 với t∈[3; 3 2 ] Lập BBT ⇒ kết quả : 3 ≤ m ≤ 3 2 - 9 2 LTĐH 2011 NTP 04/2011 Bài 10. Tìm m để pt sau có hai nghiệm phân biệt : x 2 – 2lnx – 2m = 0 Giải Pt ⇔ 1 2 x 2 – lnx = m . Đặt f(x) = 1 2 x 2 – lnx với x∈(0;+∞) ⇒ f’(x) = 2 1x x − ⇒ f’(x) = 0 ⇔ x = 1 Giới hạn : 0 lim ( ) x f x + → = +∞ và lim ( ) x f x →+∞ = +∞ BBT x 0 1 +∞ f’(x) - 0 + f(x) +∞ +∞ 1 2 Từ đó , pt f(x) = m có 2 nghiệm phân biệt x > 0 ⇔ m > 1 2 ∗ Chú ý : lim(ln ) x x →+∞ = +∞ và 0 lim (ln ) x x + → = −∞ Bài 11. Tìm m để pt sau có đúng một nghiệm : 4 2 2 4 1x x x+ + − + = m (1) Giải Đk : x ≥ -1 . Đặt t = 1x + , t ≥ 0 ta có pt 4 4 3t + - t = m (2) Với mỗi nghiệm t ≥ 0 của (2) thì có đúng một nghiệm x ≥ -1 của (1) Do đó pt(1) có đúng một nghiệm x ≥ -1 ⇔ pt(2) có đúng một nghiệm t ≥ 0 Xét hs f(t) = 4 4 3t + - t với t ≥ 0 ⇒ f’(t) = 3 4 3 4 ( 3) t t + - 1 < 0 ∀t ≥ 0 Tính lim ( ) 0 t f t →+∞ = , lập BBT ⇒ kết quả 0 < m ≤ 4 3 Bài 12. Tìm m để pt sau có hai nghiệm phân biệt : 2 2x mx+ + = 2x + 1 Giải Pt ⇔ 2 1 2 3 4 1 (1) x x x mx  ≥ −    + − =  Vì x = 0 không thỏa mãn nên (1) ⇔ 2 3 4 1x x x + − = m Đặt f(x) = 2 3 4 1x x x + − với x ≥ 1 2 − , x ≠ 0 Lập BBT của f(x) ⇒ m ≥ 9 2 Bài 13. Tìm m để đồ thị hs y = x 3 – 3mx 2 – 1 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt LTĐH 2011 NTP 04/2011 Giải Pt hoành độ giao điểm của đồ thị và trục hoành : x 3 – 3mx 2 – 1 = 0 ⇔ 3m = x - 2 1 x (x ≠ 0) Xét hs f(x) = x - 2 1 x . Lập BBT của hs ⇒ kết quả : m < 3 1 4 − ∗ Chú ý : có thể dùng tính chất sau để giải : “ đồ thị hs bậc ba cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi hs có CĐ, CT và y cđ .y ct < 0 ” Bài 14. Tìm m để hàm số y = 1 3 x 3 – (m – 1)x 2 + 3(m – 2)x + 1 đồng biến trên [2;+∞) Giải Ta có y’ = x 2 – 2(m – 1)x + 3(m – 2) Hàm số đồng biến trên [2;+∞) ⇔ y’ ≥ 0 ∀x ≥ 2 ⇔ 2 6 2 2 3 x x x − − + ≤ m ∀x ≥ 2 Xét hs g(x) = 2 6 2 2 3 x x x − − + với x∈[2;+∞) Lập BBT của g(x) ⇒ m ≥ 2 3 Bài 15. Tìm điều kiện của m để pt x 4 x 4 x x 4 m+ - + + - = có nghiệm Giải Đặt 2 t x 4 0 x t 4.= - ³ Þ = + Ta có pt : 2 2 2 t 4t 4 t 4 t m t 2t 6 m.+ + + + + = Û + + = Lập BBT của hàm số 2 y t 2t 6, t 0= + + ³ ⇒ m ≥ 6 Bài 16. Chứng tỏ rằng pt 2 3x 1 2x 1 mx 2x 1 - = - + - luôn có nghiệm với mọi giá trị của m Giải Pt ⇔ 2 1 2x 1 0 x 2 3x 1 3x 2 2x 1 mx m 2x 1 2x 1 ì ï ì - > ï > ï ï ï ï ï Û í í - ï ï - - - = ï ï = ï ï î - ï î - . Lập BBT của f(x) = 3x 2 2x 1 - - có tập giá trị là ¡ . Vậy pt luôn có nghiệm thực với mọi m Bài 17. Xác định giá trị của m để pt 2 9 9x x x x m+ − = − + + có nghiệm thuộc đoạn [0;9] Kết quả : 9 4 − ≤ m ≤ 10 Bài 18. Tìm m để pt sau có nghiệm : 2(1 + sin2xcos4x) - 1 2 (cos4x – cos8x) = m Kết quả : 129 64 ≤ m ≤ 5 Bài 19. Tìm m để pt sau có nghiệm : 4sin 2 2x + 8cos 2 x – 5 + 3m = 0 Kết quả : 4 5 3 3 m− ≤ ≤ Bài 20. Tìm m để pt 2(sin 4 x + cos 4 x) + cos4x + 2sin2x – m = 0 có nghiệm thuộc đoạn [0; 2 π ] LTĐH 2011 NTP 04/2011 Giải Pt ⇔ -3sin 2 2x + 2sin2x + 3 = m Đặt t = sin2x . Với x∈[0; 2 π ] ⇒ t∈[0;1] Ta có pt -3t 2 + 2t + 3 = m . Đặt f(t) = -3t 2 + 2t + 3 Pt đã cho có nghiệm x∈[0; 2 π ] ⇔ pt f(t) = m có nghiệm t∈[0;1] Kết quả : 2 ≤ m ≤ 10 3 ∗ Chú ý : có thể dùng đồ thị để biện luận Pt f(t) = m có nghiệm t∈[0;1] ⇔ đồ thị hai hs y = f(t) và y = m có điểm chung trên đoạn [0;1] Bài 21. Tìm m để pt cos2x = mcos 2 x 1 tan x+ có nghiệm x∈[0; 3 p ] Giải Với x∈[0; 3 p ] ta có cosx > 0 nên pt ⇔ 1 – tan 2 x = m 1 tan x+ ⇔ (1 – tanx) 1 tan x+ = m Đặt t = tanx , t∈[0; 3 ] . Ta có pt (1 – t) 1 t+ = m Xét hs f(t) = (1 – t) 1 t+ liên tục trên [0; 3 ] và f’(t) < 0 ∀t∈(0; 3 ) ⇒ f nghịch biến trên [0; 3 ] Lập BBT ⇒ kết quả 1 ≤ m ≤ 2( 3 1)- Bài 22. Xác định m để pt cos4x + 6sinxcosx = m có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn [0; 4 p ] Kết quả : 2 ≤ m < 17 8 Bài 23. Tìm m để pt cos 3 x – sin 3 x = m có 2 nghiệm phân biệt thuộc [- ; 4 4 p p ] Giải Pt ⇔ (cosx – sinx)(1 + sinxcosx) = m (1) Đặt t = cosx – sinx = 2 cos x 4 æ ö p ÷ ç + ÷ ç ÷ ç è ø . Vì x∈[- ; 4 4 p p ] nên t∈[0; 2 ] Ta có pt -t 3 + 3t = 2m (2) Với mỗi t∈[0; 2 ] có duy nhất x∈[- 4 p ; 4 p ] sao cho 2 cos x 4 æ ö p ÷ ç + ÷ ç ÷ ç è ø = t Kết quả 2 ≤ m < 2 Bài 24. Tìm m để pt 2 1 cos x + cot 2 x + m(tanx + cotx) + 2 = 0 vô nghiệm Kết quả : - 5 2 < m < 5 2 Bài 25. Tìm m để pt 2 x + 3 = m 4 1 x + có nghiệm duy nhất Giải. LTĐH 2011 NTP 04/2011 Đặt t = 2 x , t > 0 . Ta có pt 2 1 1 t t + + = m Hàm số f(t) = 2 1 1 t t + + có f’(t) = 0 ⇔ t = 1 3 và lim ( ) 1 t f t →+∞ = Lập BBT ⇒ kết quả 1 < m ≤ 3 hoặc m = 10 Bài 26. Tìm m để pt sau có nghiệm : 2 1 1 9 x+ − - (m + 2) 2 1 1 3 x+ − + 2m + 1 = 0 Giải. Đk -1 ≤ x ≤ 1 . Đặt t = 2 1 1 3 x+ − với x∈[-1;1] ⇒ t∈[3;9] Ta có pt 2 2 1 2 t t t − + − = m ⇒ kết quả 4 ≤ m ≤ 64/7 Bài 27. Tìm m để pt 2 2 2 2 1 4 2 log x log x 3 m(log x 3)+ - = - có nghiệm thuộc đoạn [32;+∞) Giải PT ⇔ 2 2 2 2 log 2log x 3 m(log x 3)- - = - Đặt t = log 2 x . Với x ≥ 32 ⇒ t ≥ 5 Ta có pt 2 t 2t 3 m(t 3)- - = - ⇔ t 1 t 3 + - = m Xét hs f(t) = t 1 t 3 + - liên tục trên [5;+∞) và f’(t) < 0 ∀t∈[5;+∞) ⇒ f nghịch biến trên [5;+∞) . Lập BBT ⇒ kết quả : 1 ≤ m ≤ 3 Bài 28. Tìm m để pt 2log(x + 4) = log(mx) có nghiệm duy nhất Giải Pt ⇔ 2 (x 4) mx (1) x 4 ì ï + = ï í ï >- ï î Vì x = 0 không thỏa mãn nên (1) ⇔ 2 (x 4) x + = m Đặt f(x) = 2 (x 4) x + , pt đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ pt f(x) = m có nghiệm duy nhất x > -4 Lập BBT của f(x) x -4 0 4 +∞ f’ 0 - - 0 + f 0 +∞ +∞ -∞ 16 Kết quả : m < 0 hoặc m = 16 Bất phương trình Bài 29. Tìm m để bất pt sau có nghiệm : mx - 3x − ≤ m + 1 LTĐH 2011 NTP 04/2011 Giải Đk x ≥ 3 . Đặt t = 3x − , t ≥ 0 . Ta có bpt m(t 2 + 2) ≤ t + 1 ⇔ 2 1 2 t t + + ≥ m Xét hs f(t) = 2 1 2 t t + + với t ≥ 0 BBT t 0 -1+ 3 +∞ f’(t) + 0 - f(t) 1 3 4 + 1 2 0 Bpt có nghiệm x ≥ 3 ⇔ bpt f(t) ≥ m có nghiệm t ≥ 0 ⇔ m ≥ 1 3 4 + Bài 30. Tìm m để bất pt sau nghiệm đúng với mọi x : m.9 x – 3 x + 1 ≥ 0 Giải Đặt t = 3 x , t > 0 . Ta có bpt 2 1t m t − ≤ . Lập BBT của hs f(t) = 2 1t t − trên khoảng (0;+∞) t 0 2 +∞ f’(t) + 0 - f(t) 1 4 -∞ 0 Bpt đã cho nghiệm đúng với mọi x ≥ 3 ⇔ bpt f(t) ≤ m nghiêm đúng ∀t > 0 Kết quả : m ≥ 1 4 Bài 31. Tìm m để bất pt 2 2 2 4 log x 2x m log (x 2x m)- + + - + ≤ 5 nghiệm đúng ∀x∈[0;2] Giải Bpt ⇔ 2 2 2 2 2 x 2x m 1 1 1 log (x 2x m) 4 log (x 2x m) 5 2 2 ì ï - + ³ ï ï ï í ï - + + - + £ ï ï ï î Đặt t = 2 2 1 log (x 2x m) 2 - + , ta có hệ 2 t 0 t 4t 5 0 ì ³ ï ï í ï + - £ ï î ⇔ 0 ≤ t ≤ 1 Từ đó 0 ≤ 2 2 1 log (x 2x m) 2 - + ≤ 1 ⇔ 1 – m ≤ x 2 – 2x ≤ 4 – m (∗) Xét hs f(x) = x 2 – 2x trên đoạn [0;2] Lập BBT ⇒ (∗) đúng ∀x∈[0;2] ⇔ 1 1 m 0 4 m ì - ³ - ï ï í ï £ - ï î ⇔ 2 ≤ m ≤ 4 LTĐH 2011 NTP 04/2011 Bài 32. Xác định m để bpt sau nghiệm đúng với mọi x > 2 : 2 2 2 2 log log 1 x x − ≥ m Giải Đặt t = 2 2 log x , t > 1 . Ta có bpt 1 t t − ≥ m . Xét hs f(t) = 1 t t − với t > 1 Tính f’(t) và các giới hạn 1 lim ( ) t f t + → = +∞ , lim ( ) t f t →+∞ = +∞ Lập BBT ⇒ m ≤ 1 Bài 33. Tìm m để bất pt sau nghiệm đúng ∀x∈[-2;4] : -4 ( 2)(4 )x x+ − ≤ x 2 – 2x + m - 8 ĐS : m ≥ 10 Bài 34. Tìm m để bất pt sau có nghiệm : 4 2 2 4x x− + − < m Giải Xét hs f(x) = 4 2 2 4x x− + − , x∈[ 1 2 ;4] . Ta có f’(x) = 2 4 4 2 4 2. 4 x x x x − − − − − f’(x) ≥ 0 ⇔ x ≤ 9 4 . Dấu = xảy ra khi x = 9 4 BBT ⇒ m > 14 Bài 35. Tìm m để bất pt m( 2 2 2x x− + + 1) + x(2 – x) ≤ 0 có nghiệm thuộc đoạn [0;1 + 3 ] ĐS : m ≤ 2 3 ③ Một số ví dụ đối với hệ phương trình Bài 36. Giải các hệ pt : a) 1 ln ln 2 .3 36 x x y y x y x y + + − = −     =  b) ln(1 ) ln(1 ) 4 x y e e x y y x  − = + − +  − =  c) 2 2 3 2 2 3 x y x y y x  + = +   + = +   d) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 x x y y y y y x x x  + + − = + +   + + − = + +   Giải d) Đặt u = x + 1 ≥ 1 , v = y + 1 ≥ 1 . Ta có hpt 2 2 2 2 2 2 21 1 21 1 21 1 u v v u u u v v v  + − − =   + + − + = + + − +   Xét hs f(t) = 2 2 21 1t t t+ + − + đồng biến trên [1;+∞) Do đó f(u) = f(v) ⇒ u = v ≥ 1 ⇒ 2 2 21 1u u u+ + − = Hs g(u) = 2 2 21 1u u u+ + − − nghịch biến trên [1;+∞) có g(2) = 0 ⇒ u = 2 là nghiệm duy nhất của pt g(u) = 0 Kq : (1;1) [...]... pt sau có nghiệm duy nhất :  y − x = a Bài 46 (2007 – A) Tìm m để pt sau có nghiệm thực : 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 Đs : - 1 < m ≤ Bài 47 (2007 – B) Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt : x2 + 2x −8 = m( x − 2) Bài 48 (2007 – D) 1 1  x + x + y + y = 5  Tìm m để hệ pt sau có nghiệm :   x3 + 1 + y 3 + 1 = 15m − 10  x3 y3  Bài . của phương trình – bất phương trình ∗ Phương pháp chung : lập bảng biến thiên của hàm số và dựa vào bảng biến thiên xác định giá trị của tham số thỏa mãn yêu cầu của bài toán • Chú ý giới. đồ thị để biện luận Pt f(t) = m có nghiệm t∈[0;1] ⇔ đồ thị hai hs y = f(t) và y = m có điểm chung trên đoạn [0;1] Bài 21. Tìm m để pt cos2x = mcos 2 x 1 tan x+ có nghiệm x∈[0; 3 p ] Giải Với. x− + + = − Đs : - 1 < m ≤ 1 3 Bài 47. (2007 – B) Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt : x 2 + 2x −8 = ( 2)m x − Bài 48. (2007